2024-2025学年重庆市“缙云教育联盟”高三（上）高考第零次诊断性质量检测数学试题（PDF版，含答案）

2024-2025 学年重庆市“缙云教育联盟”高三（上）高考第零次诊断性
质量检测数学试题
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复数 = 2025 2025在复平面内对应的点所在的象限为( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.“ = 4”是“直线 1: ( 2) + 2 + 1 = 0与直线 2: 4 + 1 = 0平行”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3.现有一种检验方法，对患 疾病的人化验结果99%呈阳性，对未患 疾病的人化验结果99.9%呈阴性．我
们称检验为阳性的人中未患病比例为误诊率．已知一地区 疾病的患病率为0.0004，则这种检验方法在该地
区的误诊率为( )
A. 0.716 B. 0.618 C. 0.112 D. 0.067
2 2
4.已知双曲线 2 2 = 1( > 0, > 0)的左右焦点分别为 1， 2且
| 1 2| = 4，直线 过 2且与该双曲线的一


条渐近线平行， 与双曲线的交点为 ，若 1 2的内切圆半径恰为 ，则此双曲线的离心率为( ) 3
A. √ 3 B. 2√ 2 C. √ 5 D. 2

5.在平行四边形 中， = ， 是平行四边形 内(包括边界)一点， = ，若 = +
| | | |
，则 + 的取值范围为( )
3 1 3
A. [1,2] B. [1, ] C. [ , ] D. [0,1]
2 2 2
6.已知三棱锥 的三个侧面的面积分别为5，5，6，底面积为8，且每个侧面与底面形成的二面角大
小相等，则三棱锥 的体积为( )
A. 4 B. 4√ 2 C. 6 D. 4√ 3
7.已知函数 ( ) = cos3 cos2 ， ∈ (0, )，若 ( )有两个零点 1, 2( 1 < 2)，则cos 1cos 2的值为( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
4 4 2 2
|ln |, > 0
8.已知函数 ( ) = { ，且 ( ) = ( ) 有两个不同的零点，则 的取值范围为( ) , ≤ 0
1 1 1
A. ( ∞, ) B. ( , ) C. ( ,+∞) D. ( , +∞)

二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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9.如图是数学家 用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型(称为
“ 双球”).在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与
球 1，球 2切于点 ， ( , 是截口椭圆 的焦点).设图中球 1，球 2的半径分别为3和1，球心距| 1 2| = 4√ 2，
则( )
A. 椭圆 的中心在直线 1 2上
B. | | = 4

C. 直线 1 2与椭圆 所在平面所成的角为 3
2√ 7
D. 椭圆 的离心率为
7
+2 + 2 10.设 ， 为正数，且 = ( > 0且 ≠ 1)，则( ) 3 4
2 81
A. + 的最小值是2 B. 的最大值是
2 16
9 81
C. + 2 的最大值是 D. 2 + 4 2的最大值是
2 8
11.已知动点 在直线 : + 6 = 0上，动点 在圆 : 2 + 2 2 2 2 = 0上，过点 作圆 的两条切
线，切点分别为 、 ，则下列描述正确的有( )
A. 直线 与圆 相交 B. | |的最小值为2√ 2 2

C. 存在 点，使得∠ = D. 直线 过定点(2,2)
2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
2
12.(1 ) ( + )6的展开式中 4 2的系数为 ．

13.将甲桶中的 水缓慢注入空桶乙中， 后甲桶中剩余的水量符合指数衰减曲线 = .假设过5

后甲桶和乙桶中的水量相等，若再过 后甲桶中的水只有 ，则 的值为 ．
4
14.已知函数 ( ) = (sin + cos )2 √ 3cos2 ，若存在实数 , , ，使得对任意的 ∈ ， ( ) +

( + )始终是某个确定的非零常数，则 = ．
+
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四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
8, 为奇数
已知数列{ }的前 项和为 ， 1 = 13， +1 = { ．
3 , 为偶数
(1)证明：数列{ 2 1 12}为等比数列;
(2)求数列{ }的前2 + 1项和 2 +1．
16.(本小题15分)
如图在正方体 1 1 1 1中， , 是所在棱上的中点．
(1)求平面 与平面 夹角的余弦值
(2)补全截面
17.(本小题15分)
育才中学为普及法治理论知识，举办了一次法治理论知识闯关比赛．比赛规定：三人组队参赛，按顺序依
次闯关，无论成败，每位队员只闯关一次．如果某位队员闯关失败，则由该队下一队员继续闯关，如果该
队员闯关成功，则视作该队获胜，余下的队员无需继续闯关；若三位队员闯关均不成功，则视为该队比赛
失败．比赛结束后，根据积分获取排名，每支获胜的队伍积分 与派出的闯关人数 的关系如下： = 40
10 ( = 1,2,3)，比赛失败的队伍则积分为0.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别
为 1、 2、 3，且每人能否闯关成功互不影响．
3 2 1
(1)已知 1 = ， 2 = ， 3 = ， 4 3 2
( )若按甲、乙、丙的顺序依次参赛，求该队比赛结束后所获积分 的期望；
( )若第一次闯关从三人中随机抽取，求该队比赛结束后所获积分 = 30的概率．
(2)若甲只能安排在第二位次参赛，且0 < 1 < 2 < 3 < 1，要使该队比赛结束后所获积分 的期望最大，
试确定乙、丙的参赛顺序，并说明理由．
18.(本小题17分)
已知函数 ( ) = 2 2 + ln ，( ∈ )．
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(1)若 = 1，求函数 ( )在点(1, (1))处的切线；
( ) ( )
(2)若对任意的 1, 2 ∈ (0,+∞)， 1 ≠ 2，有( 1 2) (
1 2 ) > 0恒成立，求实数 的取值范围．
1 2
19.(本小题17分)
集合是数学中的基本概念和重要内容.对于实数集中的两个非空有限子集 和 ，定义和集 + =
{ + | ∈ , ∈ }.记符号| |表示集合 中的元素个数.当| | ≥ 2时，设 1, 2, … , | |是集合 中按从小到大
排列的所有元素，记集合 ( ) = { +1 | = 1, 2,… , | | 1}．
(1)已知集合 = {1,3, 5}， = {1,2,6}， = {1,2,6, }，若 + = + ，求| ( )|的值．
(2)已知| | = | | = ( ≥ 3, ∈ )，记集合 ( , ) = { | ∈ ( )或 ∈ ( )}．
( )当 = 3时，证明| + | = 5的充要条件是| ( , )| = 1；
( )若| ( )| = 1，| + | = 2 ，求| ( , )|的所有可能取值．
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1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】 25
13.【答案】5
1
14.【答案】 或0.5
2
8, 为奇数
15.【答案】解：(1)因为 +1 = { ，
3 , 为偶数
所以当 ≥ 2， ∈ 时，
2 1 12 = 2( 1)+1 12 = 3 2 2 12
= 3 (2 3)+1 12 = 3( 2 3 8) 12 = 3( 2 3 12)，
又 = 1时， 1 12 = 13 12 = 1，
所以数列{ 2 1 12}为首项为1，公比为3的等比数列；
(2)由(1)知 12 = 3 12 1 ，所以 2 1 = 3
1 + 12，
8, 为奇数
又由 +1 = { ，可得 2 2 = 3
2 + 4， ≥ 2， ∈ ，
3 , 为偶数
所以 2 +1 = 1 + 2 + 3 + + 2 + 2 +1
= ( 1 + 3 + + 2 +1) + ( 2 + 4 + + 2 )
= [30 + 3 + + 3 + 12( + 1)] + (30 + 3 + + 3 1 + 4 )
1 3 +1 1 3
= + + 16 + 12
1 3 1 3
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= 2 × 3 + 16 + 11．
16.【答案】解：(1)

投影
由投影面积法可得cos = ，

因为 , 是所在棱上的中点，设正方体的棱长为2，
1 1 1 3
则 投影 = 2 × 2 × 1 × 2 × 1 × 1 × 1 × 2 = ， 2 2 2 2
， = √ (√ 5)2 + 22 = 3， = √ (√ 5)2 + 22 = 3，
2
√ 2 √ 34
所以在△ 中， 边上的高为√ 32 ( ) = ，
2 2
1 √ 34 √ 17
所以 = × √ 2 × = ， 2 2 2
3
投影 3√ 17
所以cos = = 2 = ．
√ 17 17
2
(2)
如图，设 所在直线与 1 1所在直线交于点 ，与 1 1所在直线交于点 ，
连接 交 1于点 ，连接 交 1于点 ，连接 , , , ，
则五边形 是平面 截正方体所得的截面．
17.【答案】解：(1)
( ) 的可能取值为0,10,20,30，
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1 1 1 1 1 1 1 1
( = 0) = × × = ， ( = 10) = × × = ，
4 3 2 24 4 3 2 24
1 2 1 3
( = 20) = × = , ( = 30) = ．
4 3 6 4
所以 的分布列为：
0 10 20 30
1 1 1 3

24 24 6 4
1 1 1 3 105
所以 ( ) = 0 × + 10 × + 20 × + 30 × =
24 24 6 4 4
1
( )第一次闯关从三人中随机抽取，每个人被抽取到的概率都是 ，且必须闯关成功，
3
1 3 1 2 1 1 23
所以概率为 × + × + × = ．
3 4 3 3 3 2 36
(2)
若顺序为“乙甲丙”：
积分 1的可能取值为0,10,20,30，
( = 0) = (1 2) × (1 1) × (1 3)， ( = 10) = (1 2)(1 1) 3，
( = 20) = (1 2) 1, ( = 30) = 2．
所以 ( 1) = 10(1 2)(1 1) 3 + 20(1 2) 1 + 30 2．
= 10(1 2)(1 1) 3 + 20 1 20 1 2 + 30 2
= 20 1 + 30 2 + 10 3 20 1 2 10 1 3 10 2 3 + 10 1 2 3．
若顺序为“丙甲乙”：
积分 2的可能取值为0,10,20,30，
( = 0) = (1 3) × (1 1) × (1 2)， ( = 10) = (1 3)(1 1) 2，
( = 20) = (1 3) 1, ( = 30) = 3．
所以 ( 2) = 10(1 3)(1 1) 2 + 20(1 3) 1 + 30 3
= 10(1 3)(1 1) 2 + 20 1 20 1 3 + 30 3．
= 20 1 + 10 2 + 30 3 10 1 2 20 1 3 10 2 3 + 10 1 2 3，
( 1) ( 2) = 20 2 20 3 10 1 2 + 10 1 3
= (20 10 1)( 2 3)，
由于20 10 1 > 0, 2 3 < 0，所以 ( 1) ( 2) < 0, ( 1) < ( 2)，
所以丙先参赛．
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18.【答案】解：(1)

′( ) = 2 2 + ，

当 = 1时， (1) = 1， ′( ) = 1，
故切线方程为： + 1 = 1，即 = 2；
(2)
法一：不妨设0 < 1 < 2，则 2 ( 1) 1 ( 2) < 0，
( ) ( )
同除以 1 2得
1 < 2 ，
1 2
( ) ln
所以 ( ) = = 2 + 在(0,+∞)单调递增，

(1 ln )
所以 ′( ) = 1 + 2 ≥ 0，
①若 = 0， ′( ) > 0恒成立，符合题意；
1 ln 1
②若 > 0，则 ≥ 2 恒成立，
ln 1 3 2ln
令 ( ) = 2 ，则 ′( ) = ， 3
3 2ln 3
令 ′( ) = 3 > 0，则0 < < 2，
3 3
所以 ( )在(0, 2)单调递增，在( 2, +∞)单调递减，
1 3 1
所以 ≥ ( 2) = 3，所以 ∈ (0,2
3]；
2
1 ln 1
③若 < 0，同理， ≤ 恒成立，
2
由②可知，当 → 0+时， ( ) → ∞，
所以不存在满足条件的 ，
综上所述， ∈ [0,2 3]．
( ) ( )
法二：( 1 2) [ 2 ( 1) 1 ( 2)] > 0 (
1
1 2) [
2 ] > 0，
1 2
( ) ln
令 ( ) = = 2 + ，

则只需 ( )在(0,+∞)单调递增，即 ′( ) ≥ 0恒成立，
(1 ln ) 2+ (1 ln )
′( ) = 1 + =
2 2
，
令 ( ) = 2 + (1 ln )，则 ( ) ≥ 0恒成立，
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2 2
又 ′( ) = 2 = ，

①当 = 0时， ( ) = 2， ( )在(0,+∞)单调递增成立；
②当 < 0时， ’( ) > 0， ( )在(0,+∞)单调递增，
又当 → 0时， ( ) → ∞，故 ( ) ≥ 0不恒成立，不满足题意；

③当 > 0时，由 ’( ) > 0得 > √ ，
2

则 ( )在(0,√ )单调递减，在(√ ,+∞)单调递增，
2 2

因为 ( ) ≥ 0恒成立，所以 ( )min = (√ ) = + (1 + ln√ ) = (3 ln ) ≥ 0， 2 2 2 2 2
解得 ≤ 2 3，故0 < ≤ 2 3；
综上，实数 的取值范围是 ∈ [0,2 3]．
19.【答案】解：(1)
因为 + = {2,3,4,5,6,7,9,11}，由 + = + ，
所以 + = {2,3,4,5,6,7,9,11}，
所以1 + , 3 + , 5 + ∈ {2,3,4,5,6,7,9,11}且 ≠ 1,2,6，
所以必有 = 4，所以 = {1,2,4,6}，所以 ( ) = {1,2}，所以| ( )| = 2．
(2)
( )因为 = 3，可设 = { 1, 2, 3}， = { 1, 2, 3}．
先证充分性：因为| ( , )| = 1，所以 ( ) = ( )且| ( )| = | ( )| = 1，
从而可以设 = { , + , + 2 }, = { , + , + 2 }，其中 > 0，
此时 + 中的 元素为 + + ( = 0,1,2,3,4)，故| + | = 5，
再证必要性，设 = { 1, 2, 3}, = { 1, 2, 3}，其中 1 < 2 < 3, 1 < 2 < 3，
注意到和集 + 中的最小元素为 1 + 1，最大元素为 3 + 3，
因为∣ + ∣= 5，所以中间三个元素可以是 1 + 2 < 1 + 3 < 2 + 3，
也可以是 2 + 1 < 2 + 2 < 3 + 2，它们是对应相等的，
所以有 1 + 2 = 2 + 1, 1 + 3 = 2 + 2， 2 + 3 = 3 + 2，
即 2 1 = 3 2 = 2 1 = 3 2，故| ( , )| = 1，得证，
( )①若| ( , )| = 1，由第( )小问的分析知，
可以设 = { , + , , + ( 1) }, = { , + , , + ( 1) }，其中 > 0，
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此时 + 中的元素为 + + ( = 0,1, ,2 2), | + | = 2 1，
这与条件| + | = 2 矛盾，
②取 = { , + , , + ( 1) }, = { , + 2 , + 3 , , + }，其中 > 0，
容易验证此时 + 中的元素为 + + ( = 0,1, ,2 1)，符合条件| + | = 2 ，
所以| ( , )|可以取2，
③若| ( , )| ≥ 3，设 = { 1, 2, , }, = { 1, 2, , }，
其中 1 < 2 < < , 1 < 2 < < ，
结合| ( )| = 1知至少存在两个不同的正整数 (1 ≤ ≤ 1)，使得 +1 ≠ 2 1，
不妨设 是符合这一条件最小的正整数， 是符合这一条件最大的正整数，
注意到 1 + 1 < 2 + 1 < < 1 + 1 < < 1 + < 1 + +1 < < 1 + < +
( )，
这是 + 中的2 1个不同的元素，
根据 的 定义我们有 +1 ≠ 1 2，即 2 + +1 ≠ 1 + ，
当 ≥ 2时，由 的最小性知 1 = 1 2，即 1 + 1 = 2 + ，
此时我们有 1 + 1 = 2 + < 2 + +1 < 1 + +1，
当 = 1时，也有 2 + < 2 + +1 < 1 + +1，
因此 2 + +1是 + 中的元素，但与( )式中的2 1个元素均不相等，
同理，根据 的定义有 + 是 + 中的元素，但与( )式中的2 1个元素均不相等，
因为 < ，所以 2 + +1 ≠ + ，此时| + | ≥ 2 + 1，矛盾，
综上，| ( , )|的取值只能为2，
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